Newton vwo deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 21 Kernenergie 139

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 21 – Kernenergie

139

21 Kernenergie 1 Inleiding 1.2 Voorkennis 1 Ioniserende straling a b

c

De instabiele kern van een atoom. soort straling

bestaat uit

eigenschappen ioniserend doordringend vermogen vermogen groot klein

α-straling

heliumkernen

β-straling

elektronen

matig

matig

γ-straling

elektromagnetische straling

klein

groot

Dosimeter en Geiger-Müllerteller.

d De dosis D is de geabsorbeerde stralingsenergie per kg van het bestraalde voorwerp. Het dosisequivalent H is de dosis, vermenigvuldigd met een weegfactor (Q) voor de soort straling. E D = str H = D ⋅ weegfactor Formules: en m Eenheden: e

D in Gy (gray = J/kg)

en

H in Sv (sievert)

weefsel/orgaan geslachtsorgaan

dosisequivalent (Sv) > 10 (lokaal)

acute stralingseffecten steriliteit

beenmerg

>5

dood door bloedverlies of infecties

darm

> 10 (lokaal)

dood door ontwrichting van de stofwisseling

centraal zenuwstelsel

> 50 (lokaal)

dood door beschadiging hersencellen

2 Radioactief verval a

Overeenkomst: isotopen zijn elementen met hetzelfde atoomnummer Z. Verschil: isotopen hebben een verschillend massagetal A.

b Bij het verval van een radioactieve isotoop zendt de kern α- of β-straling uit en in sommige gevallen ook γ-straling. Hierbij ontstaat er een ander element. c De activiteit is het aantal instabiele kernen dat per seconde vervalt. De eenheid is Bq (becquerel). d De activiteit van een isotoop neemt af, na één halveringstijd is de activiteit half zo groot. e

226 222 4 88 Ra → 86 Rn + 2 He

en

131 53 I

→

131 0 54 Xe + −1e

f De som van de massagetallen links en rechts van de reactiepijl is gelijk ⇒ de 'massa' blijft behouden. (N.b. in § 2.1 leer je in verband met de omzetting massa in energie de term ‘massadefect’ kennen). De som van de atoomnummers links en rechts van de reactiepijl is gelijk ⇒ de totale lading blijft behouden. 3 Stralingsbelasting a Bij uitwendige bestraling bevindt de bron zich buiten het lichaam. Dan is γ-straling het gevaarlijkst want deze dringt het diepst in het lichaam door. Bij inwendige bestraling bevindt de bron zich in het lichaam. Dan is α-straling het gevaarlijkst want deze straling geeft dan het grootste aantal ionisaties per cel (weegfactor = 20). b Er zijn twee mogelijkheden: afstand houden en afscherming van de bron. c Men spreekt van besmetting als de radioactieve stoffen op of in het lichaam komen. Bij besmetting kan er zowel sprake zijn van uitwendig als inwendig bestraling. Het ligt eraan waar de radioactieve stoffen zich bevinden. Besmetting ontstaat als een bron open is en de radioactieve stoffen vrijkomen. Uitwendig is bestrijding mogelijk door wassen, inwendig is er weinig aan te doen.

Newton vwo deel 2


140

4 Elektriciteitsvoorziening a Een thermische centrale werkt met warmte. De warmte ontstaat door verbranding van gas, olie of steenkool of komt van kernenergie. Energieomzetting: chemische energie of kernenergie wordt via de tussenstap 'warmte' (in hete stoom) omgezet in elektrische energie. b Er zijn centrales die gebruik maken van verbranding van fossiele brandstoffen en centrales die gebruik maken van kernenergie. c Bij de omzetting van chemische energie ontstaat luchtvervuiling. Bovendien raken de brandstofvoorraden uitgeput. Bij kerncentrales ontstaat radioactief afval. Ook de voorraad uranium in de mijnen is niet oneindig. Beide vormen moeten zoveel mogelijk vervangen worden door gebruik van zonne-, water- en windenergie of door gebruik van brandstofcel en fusiereactor.

2 Kernreacties 2.1 Structuur 5 Vergelijk het door jou gemaakte structuurschema met die van je mede-leerlingen.

2.2 Verwerking 6 Kernsplijting: gaat niet spontaan, er wordt een neutron in de kern geschoten. Er ontstaan diverse splijtingsproducten. Radioactief verval: gaat spontaan, er komt een α- of β-deeltje vrij (soms met een γ-foton). Er ontstaan steeds dezelfde vervalproducten. 7 a Uranium: U-235 ( 235 92 U ) b Bij de splijting ontstaan komen steeds enkele neutronen vrij die de reactie in stand kunnen houden. 8 Bij een gecontroleerde kettingreactie kan men het aantal reacties per seconde regelen door het invangen van vrijkomende neutronen door atoomkernen van een andere stof dan uranium. Het kettingproces wordt hierbij in de hand gehouden (voorbeeld: kerncentrale). Bij een ongecontroleerde kettingreactie verloopt het aantal splijtingen per seconde explosief, waardoor een kernexplosie ontstaat (voorbeeld: kernbom). 9 Bij kernsplijting valt een zware kern in twee of meer lichte kernen uiteen. Bij een kernfusie worden twee lichtere kernen samengevoegd tot een zwaardere kern. Overeenkomst: bij beide reacties komt energie vrij. 10 a Een kernsplijtingsproces is gemakkelijker op gang te brengen dan een kernfusie-proces. De lichte atoomsoorten fuseren pas bij hele hoge temperatuur en druk. In een fusiebom ontstaan deze omstandigheden door een kernsplijtingsbom als 'aansteker' te gebruiken. b Overeenkomsten: In beide gevallen komt er energie vrij dankzij het verschijnsel van massadefect. Verschillen: Bij een splijtingsbom gaat men uit van zware kernen die bij splijting in middelzware kernen uitéénvallen. Bij dit proces komt veel neutronenstraling vrij en daarnaast ook veel γ-straling. De ontstane middelzware kernen zijn radioactief. Door fall-out kunnen grote gebieden besmet raken met radioactieve stoffen. Bij een fusiebom gaat men uit van lichte kernen, die samensmelten tot zware kernen. Deze gevormde kernen (H-2 en He-4) zijn niet radioactief. Bij een fusiebom gebruikt men wel het kernsplijtingsproces als 'aansteker' om een hoge temperatuur en druk te krijgen. De fall-out is duidelijk minder groot omdat er veel minder kernsplijtingsprodukten vrijkomen die radioactief zijn. 11 Eerst fuseren 4 waterstofkernen: 4 ⋅ 11 H → 42 He + 2 ⋅ 01e Vervolgens kunnen 3 heliumkernen fuseren tot één koolstofkern: 3 ⋅ 42 He → Daarna kan er koolstoffusie optreden: 2 ⋅

12 6C

→

20 4 10 Ne + 2 He

12 6C

(zie informatieboek blz. 153).

Newton vwo deel 2

12 a

235 92 U

en


141

238 92 U

b In U-235 zitten 92 protonen en 235 − 92 = 143 neutronen. In U-238 zitten 92 protonen en 238 − 92 = 146 neutronen. 1 1H

13 a proton:

of

1 1

b α-deeltje:

4 2 He

c positron:

0 0 1 e , 1β

14 a

235 1 92 U + 0 n

→

235 1 92 U + 0 n

of

p

neutron:

1 0 n

4 2α

β-deeltje:

0 −1 e

,

0 −1β

0 −1 e

of β −

of β +

140 54 Xe

→

elektron:

+

94 38 Sr

141 56 Ba

+

+ 2 ⋅ 01n

92 36 Kr

(vergelijking 1)

+ 3 ⋅ 01n

e

(vergelijking 2)

e

b Bij de 1 vergelijking: 2 en bij de 2 vergelijking: 3 neutronen. c Gegeven: het massadefect bij reactie 1: ∆m = 3,3⋅10–28 kg en bij reactie 2: ∆m = 3,1⋅10–28 kg. Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m ⋅ c 2 BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998⋅108 ms–1 N.B. 1 MeV = 1⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 1,602⋅10–13 J ⇒ 1 J =

1 1,602 ⋅ 10 −13

Vgl. 1 ⇒ E = 3,3⋅10–28 ⋅ (2,998⋅108)2 = 2,966⋅10–11 J = 185,39 MeV

MeV Afgerond: E = 1,9⋅102 MeV

Vgl. 2 ⇒ E = 3,1⋅10–28 ⋅ (2,998⋅108)2 = 2,786⋅10–11 J = 174,16 MeV

Afgerond: E = 1,7⋅102 MeV

15 a BINAS (tabel 25): Xe-140 en Sr-94 zenden beide β–-straling en γ-straling uit. N.B. de β–-straling ontstaat doordat er in de kern de volgende neutronreactie optreedt: 1 0 n

→ 11p +

0 −1e

Het elektron wordt vervolgens uit de kern gezonden: β–-straling. b

140 54 Xe

−  → β ; 16 s

140 55 Cs

+

0 −1e

en

94 38 Sr

−   → β ; 1,3 min

94 39Y

+

0 −1e

c Volgens BINAS (tabel 25) zijn Cs-133 en Y-89 stabiel. De vervalproducten Cs-140 en Y-94 worden niet in BINAS vermeld. Deze zijn (hoogstwaarschijnlijk) wel radioactief omdat ze veel meer neutronen hebben dan de stabiele isotopen. 16 Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m ⋅ c 2 BINAS (tabel 7): atomaire massaeenheid 1u = 1,66054⋅10–27 kg en de lichtsnelheid c = 2,997925⋅108 ms–1 E = 1,66054⋅10–27 ⋅ (2,997925⋅108)2 = 1,49242⋅10–10 J N.B. 1 MeV = 1⋅106 ⋅ 1,6022⋅10–19 = 1,602⋅10–13 J ⇒ 1 J = E=

17 a

1,6022 ⋅ 10 −13

235 1 92 U + 0 n

b en c 18

1,49242 ⋅ 10 −10

→

148 57 La

= 931,48 MeV

+

85 35 Br

1 1,602 ⋅ 10 −13

MeV

Afgerond: E = 931,5 MeV

+ 3 ⋅ 01n

Helaas: BINAS vermeldt de hierboven genoemde isopen La-148 en Br-85 niet. Het massadefect en de vrijkomende energie bij deze splijting is dus niet te berekenen.

N.B. In de aanhef van deze opgave wordt een hoeveelheid kinetische energie van 2 eV van het α-deeltje genoemd. Dit moet 2 MeV zijn (zie ook vraag a). Gegeven: kernreactie 73 Li + 42 He →

11 5B

; Ek,α = 2,0 MeV = 2,0⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–13 J.

2 ⋅ Ek,max

Nieuwe onbekende: kernmassa m van 42 He . m Kernmassa m = atoommassa (BINAS tabel 25) - massa elektronen (BINAS tabel 7) m = 4,002603 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 = 4,001506 u = 4,001506 ⋅ 1,66054⋅10–27 kg = 6,644661⋅10–27 kg

a Ek,max = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v max 2 ⇒ v max =

Newton vwo deel 2


2 ⋅ 3,204 ⋅ 10 −13

⇒ v=

6,644661 ⋅ 10 − 27

= 9,820 ⋅ 10 6 m/s

142

Afgerond: v = 9,8⋅106 m/s

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 18. b Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m ⋅ c 2 waarbij volgens BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998⋅108 ms–1 Voor het omrekenen van 'joule' naar 'MeV' 1 MeV geldt 1 J = 1,602 ⋅ 10 −13 Gemakkelijker kun je echter rekenen met 1 u = 931,49 MeV (zie BINAS tabel 7).

voor de fusie m in u

na de fusie m in u

isotoop 7 3 Li

isotoop 11 5 Bo

7,016004 - 3 ⋅ 5,4858⋅10–4

11,009305 - 5 ⋅ 5,4858⋅10–4

4 2 He

4,002603 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 Σmvoor = 11,0159 u Σmna = 11,0066 u massadefect ∆m = 11,0159 – 11,0066 = 0,009302 u ⇒ ∆m = 0,009302 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 1,5446⋅10–29 kg

Met de berekening uit de tabel hiernaast ⇒ E = 0,009302 ⋅ 931,49 = 8,665 MeV. Afgerond: E = 8,7⋅102 MeV c

7 4 3 Li + 2 He

→

10 1 5 B +0 n

d

7 4 3 Li + 2 He

→

10 1 4 Be +1p

10 4 Be

; BINAS (tabel 25): Be-10 vervalt volgens

−  6→ β ; 2,7⋅10 j

10 5B

+

0 −1e

e De halveringstijd van Be-10 is t1/2 = 2,7⋅106 j ⇒ 8,1⋅106 j = 3,0 ⋅ t1/2 3 7 Na 8,1⋅106 j is er nog  1  = 1 -deel over. En dus is -deel van de kernen vervallen. 8 8 2 7 4 4 D.w.z. ⋅ 3,2 ⋅ 10 = 2,80 ⋅ 10 Afgerond: 2,8⋅10 4 kernen zijn vervallen. 8

19 a

238 1 92 U + 0 n

→

239 92 U

→

239 93 Np

+

0 −1e

⇒ het vervalproduct is Np-239 239 93 Np

BINAS (tabel 25): Np-239 is een β–-straler ⇒

b

Ook Pu-239 is instabiel namelijk een α-straler ⇒

→

239 94 Pu

239 94 Pu

→

235 92 U

+

0 −1e

+

4 2 He

⇒ het vervalproduct is Pu-239

8

De halveringstijd van U-235 is zeer groot namelijk 7,04⋅10 j. We kunnen dit isotoop dus min of meer als 'stabiel' beschouwen. 20

a Deuterium:

1 1H

+ 11 H → 22 He → 21H + 01e

Bij elk van de reacties komt een positron ( b

2 1H

+ 31H → 52 He → 42 He + 01n

c 5 ⋅ 11 H →

4 2 He

en 0 1e

tritium:

of

0 1β

1 1H

+ 21H → 32 He → 31H + 01e

) vrij.

Er komt een neutron ( 01n ) vrij.

+ 01n + 3 ⋅ 01e

d Berekening via massadefect bij fusiereactie: De waarden zijn te vinden in BINAS tabel 7 en 25. Als je met de atoommassa werkt, dan heb je vóór de fusie te maken met 5 elektronen En na de fusie met 2 elektronen van het 42 He -isotoop. Om de kernmassa te krijgen, moet je de massa van deze elektronen er weer van af halen. De massa van een positron is even groot als dat van een elektron: BINAS (tabel 7) ⇒ 5,4858⋅10–4 u (1 per

1 1 H -isotoop).

voor de fusie isotoop massa in u

isotoop

5 ⋅ 11 H

4 2 He

4,002603 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

1 0n

1,008665

5 ⋅ 1,007825 - 5 ⋅ 5,4858⋅10–4

3⋅

na de fusie massa in u

0 1e

3 ⋅ 5,4858⋅10–4 Σmvoor = 5,036382 u Σmna = 5,011817 u massadefect ∆m =mvoor - mna = 5,036382 – 5,011817 = 0,024566 u BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV ⇒ E = 0,024566 ⋅ 931,49 = 22,883 MeV

Afgerond: E = 23 MeV

Newton vwo deel 2


143

Berekening via de bindingsenergie: Uit figuur 11 is af te lezen dat het

1 1 H -isotoop

(= een proton 11 p ) een bindingsenergie '0' heeft.

Dat is ook logisch omdat een los proton (nog) niet aan een ander deeltje gebonden is. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 20. Het 42 He -isotoop heeft een bindingsenergie van 7,2 MeV per nucleon. In het

4 2 He -isotoop

zijn 4 deeltjes gebonden: Eb,totaal = 4 ⋅ 7,2 = 28,8 MeV.

In eerste instantie stemt deze waarde niet overeen met de energie de volgens het massadefect vrijkomt. Maar dan moet nog bedacht worden dat - dat er bij de vorming 5 protonen (waterstofkernen) ingezet werden én - dat bij de fusie 3 protonen omgezet worden in een neutron en een positron ( 3 ⋅ 11 p → 3 ⋅ 01n + 3 ⋅ waarbij 2 neutronen in de He-kern worden opnomen. Bij deze laatste reactie is er echter sprake van een massatoename: 3 ⋅ mneutron + 3 ⋅ mpositron – 3 ⋅ mproton = 3 ⋅1,008665 + 3 ⋅ 5,4858⋅10–4 – 3 ⋅1,007276 = + 0,005804 u. Voor deze massatoename is energie nodig: ∆E = 0,005804 ⋅ 931,49 = 5,406 MeV. Deze energie wordt onttrokken aan de vrijgekomen bindingsenergie: Evrij = 28,8 – 5,4 = 23,4 MeV Dus ook nu afgerond: E = 23 MeV

0 +1e )

Conclusie: de berekende waarde van de vrijgekomen energie via het massadefect is 22,9 MeV en via de bindingsenergie is 23,4 MeV. Deze waarden zijn niet helemaal gelijk, hoewel in de afronding beide op 23 MeV uitkomen. Het verschil kan verklaard worden uit het feit dat bij bovenstaande reactie ook nog enkele neutrino's (zie informatieboek § 2.3) ontstaan. Ook dit gaat nog ten koste van de vrijgekomen bindingsenergie waardoor er dus minder overblijft dan de berekende 23,4 MeV. Daarnaast is ook het aflezen van de waarde van de bindingsenergie uit het diagram nooit zo nauwkeurig als het werken met de massa-waarden in een groot aantal decimalen. 21 a 3 ⋅ 42 He →

12 6C

en 2 ⋅

12 6C

→

20 10 Ne

+

4 2 He

(zie informatieboek bl. 153).

b Door na te gaan wat de bindingsenergie per nucleon van elk isotoop is. In figuur 11 in het informatieboek is te zien dat het isotoop 126 C een grotere bindingsenergie per nucleon heeft dan het

4 2 He -isotoop.

Dus deze reactie levert energie op. Hetzelfde geldt ook voor de koolstoffusie: het dan een

12 6C

-isotoop en een

c IJzer: Fe-56. Het isotoop

4 2 He -isotoop.

56 26 Fe

Dat betekent dat als je een

20 10 Ne

-isotoop heeft een grotere bindingsenergie per nucleon

Dus ook deze reactie levert energie op.

heeft volgens figuur 11 de grootste bindingsenergie per nucleon.

56 26 Fe

met een ander isotoop wilt laten fuseren tot een nog zwaarder isotoop,

gevormde isotoop dan weer minder bindingsenergie per nucleon heeft. Dat betekent dat die reactie alleen tot stand komt als er ook energie wordt toegevoerd. In een ster treedt deze reactie niet op omdat het dáár moet gaan om reacties die energie opleveren. N.B. Wel kunnen deze reacties optreden bij nova's en supernova's waarbij een ster 'zijn laatste adem uitblaast'. Bij die reactie ontstaan de zwaardere elementen. d

56 1 26 Fe + 0 n

→

57 27 Co

+

0 −1e

N.B.1. Fe-57 dat in eerste instantie ontstaat, is volgens BINAS stabiel. Toch vervalt het mogelijk door de grote hoeveelheid energie die het neutron toevoert. N.B.2. Co-57 is niet stabiel en vervalt in Fe-57, zie BINAS tabel 25.

22

e

57 1 27 Co + 0 n

a

114 49 In

→

→

58 28 Ni

114 50 Sn

+

+

0 −1e

0 −1e + 0,19 MeV

Bij de reactie komt er een energie vrij van 0,19 MeV.

Deze energie vertegenwoordigt een massa waarde die je kunt berekenen met de formule E = m ⋅ c2 of 0,19 = 2,04 ⋅ 10 − 4 u met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV Bij E = 0,19 MeV ⇒ m = 931,49 voor de reactie isotoop massa in u

isotoop

114 49 In

114 50 Sn

113,90491 - 49 ⋅ 5,4858⋅10–4

na de reactie massa in u mSn ?

Newton vwo deel 2


0 −1e

144

5,4858⋅10–4

0,19 MeV

2,04⋅10–4 Σmna = mSn + 7,5258⋅10–4 (u)

Σmvoor = 113,8780 u Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 22.

Vóór en na de reactie moet de massawaarde gelijk zijn dus mSn + 7,5258⋅10–4 = 113,8780 ⇒ de kernmassa van het 114 50 Sn -isotoop is 113,87728 u. b β+-verval:

114 49 In

a

4 2 He

+

+ 01e

114 0 114 49 In + −1e → 48 Cd

K-vangst: 23

114 48 Cd

→

A ZX

→

17 8O

+ 3,4 MeV + 11p + 0,41MeV ⇒

4 2 He

+

14 7N

→

17 8O

+ 11p + 3,81 MeV

b Gevraagd: Ek van α-deeltje. Gegeven: de massatoename bij deze reactie is 2,1⋅10–30 kg. De energie van het α-deeltje heeft kunnen zorgen voor een massatoename + 3,81 MeV aan energie. De energiewaarde van de massatoename is als volgt te berekenen: E = ∆m ⋅ c 2 waarin ∆m = het massadefect en de lichtsnelheid c = 2,998⋅108 ms–1 (zie BINAS tabel 7). E = 2,1⋅10–30 ⋅ (2,998⋅108)2 = 1,8875⋅10–13 J 1 MeV = 1⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 1,602⋅10–13 J ⇒ 1 J = E=

1,8875 ⋅ 10 −13 1,602 ⋅ 10 −13

1 1,602 ⋅ 10 −13

= 1,178 MeV ⇒ Ek,α = 1,178 + 3,81 = 4,988 MeV

MeV Afgerond: Ek,α = 5,0 MeV

24 Ef = Epion + Eantipion. Uit de energie van het foton wordt materie gecreëerd met een massa-waarde van mpion + mantipion = 2 ⋅ 274 ⋅ me = 2 ⋅ 274 ⋅ 5,4858⋅10–4 = 0,3006 u. De energie-waarde is te bepalen met E = ∆m ⋅ c 2 of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV ⇒ E = 0,3006 ⋅ 931,49 = 280,03 MeV Afgerond: Ef = 280 MeV 25 Efotonen = Emuon + Eantimuon + Ek + De energie-waarde van de massa is te bepalen met E = ∆m ⋅ c 2 of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV. De massa-waarde van de muonen mmuon + mantimuon = 2 ⋅ 207 ⋅ me = 2 ⋅ 207 ⋅ 5,4858⋅10–4 = 0,2271 u. ⇒ Emuon + Eantimuon = 0,2271 ⋅ 931,49 = 211,55 MeV Efotonen = 211,55 + 0,45 = 212,00 MeV Afgerond: Ef'n = 212 MeV

2.3 Oefenopgaven 26 Kernsplijting a Het massagetal A moet dan zijn 235 + 1 = 90 + A + 2 ⇒ Het isotoop Sr-90 heeft als atoomnummer 38. Het atoomnummer Z moet dan zijn: 92 + 0 = 38 + Z + 0 ⇒ M.b.v. BINAS tabel 25: isotoop van xenon ⇒

143 54 Xe

A = 143 Z = 54

of Xe-143

Xenon (Xe-143)

b De splijting door 1 neutron levert weer 2 nieuwe neutronen op. Deze kunnen op hun beurt weer voor volgende splijtingen zorgen. Omdat er per reactie meer dan 1 neutron vrijkomt, neemt het aantal splijtingen alsmaar toe en verloopt explosief. c Gegeven: E = 180 MeV = 180⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 2,884⋅10–11 J De vrijgekomen energie is het gevolg van het massadefect: E = m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 ⇒ m=

E c

2

=

2,884 ⋅ 10 −11

(2,998 ⋅ 10 )

8 2

= 3,2083 ⋅ 10 − 28 kg

e Isotoop 1: N = 52 en Z = 38 ⇒ A = 90 ⇒ Reactievergelijking:

90 38 Sr

→

90 39Y

+

0 −1e

90 38 Sr

Afgerond: m = 3,21⋅10–28 kg Isotoop 2: N = 51 en Z = 39 ⇒ A = 90 ⇒

Er komt β–-straling vrij (zie ook BINAS tabel 25).

90 39 Y

Newton vwo deel 2


145

27 Deuteriumfusie Gegeven: in V = 60 L = 60⋅10–3 m3 komt 2,0 g 21H voor; aantal kernen in 2,0 g is 6,0⋅1023. a

2 1H

+ 21H → 42 He

b E = ∆m ⋅ c 2 waarin ∆m = het massadefect en de lichtsnelheid c = 2,998⋅108 ms–1 (zie BINAS tabel 7). Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u

na de reactie isotoop massa in u

2 ⋅ 21H

4 4,002603 2 ⋅ 2,014102 2 He - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 Σmvoor = 4,0271 u Σmna = 4,0015 u massadefect ∆m =mvoor - mna = 4,0271 – 4,0015 = 0,0256 u

BINAS (tabel 7): 1 u = 1,66054⋅10–27 kg ⇒ ∆m = 0,0256 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 4,251⋅10–29 kg E = 4,251⋅10–29 ⋅ (2,998⋅108)2 = 3,8209⋅10–12 J 1 MeV = 1⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 1,602⋅10–13 J ⇒ 1 J = E=

3,829 ⋅ 10 −12 1,602 ⋅ 10 −13

1 1,602 ⋅ 10 −13

MeV

= 23,851 MeV


N.B. De vrijgekomen energie is ook (gemakkelijker !) uit te rekenen m.b.v. BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV ⇒ E = 0,0256 ⋅ 931,49 = 23,90 MeV c Bij de fusie van 2 waterstofatomen komt een energie vrij van 3,829⋅10–12 J 23 Het aantal fusie-reakties is 6,0 ⋅ 10 = 3,0 ⋅ 10 23 2 Etotaal = 3,0⋅1023 ⋅ 3,829⋅10–12 = 1,149⋅1012 J

Afgerond: Etotaal = 1,1⋅10 12 J

d De energie die vrijkomt bij de verbranding van 1,0 L benzine is: 33⋅106 J (zie BINAS tabel 28). Er is nodig: ∆V =

1,149 ⋅ 1012 33 ⋅ 10 6

= 3,481 ⋅ 10 4 L 100

28 Neutronvangst a Bij neutronvangst verandert Z niet en neemt A met 1 toe:Z 1 stap horizontaal naar rechts. Bij β-verval neemt Z met 1 toe en A verandert niet: 1 stap verticaal naar boven. b Bij α-verval neemt A met 4 af en Z met 2: 249 245 4 96 Cm → 94 Pu + 2 He

Afgerond: ∆V = 3,5⋅104 L

98 96

α-verval

β-verval

94

⇒ de nieuwe kern is Pu-245 x

neutronvangst 240

242

244

246

248

250

252

A

c Vervalsproces: na x ⋅ t1/2 ⇒ nog  1  -edeel van het oorspronkelijke aantal atomen over en 2 x 24 = 7,5 halveringstijden dus is 1 –  1  -edeel dan vervallen (N.B. zie hoofdstuk 7). Na 24 u zijn er 3 ,2 2 verlopen ⇒ vervallen: 1 –  1  2

7,5

= 1 - 5,524⋅10–3 = 0,995-edeel

Afgerond: 99,5% vervallen

254

Newton vwo deel 2


146

29 Protonenbestraling Gegeven: 3He+-ionen met Ek = 0,80 MeV = 0,80⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 1,2816⋅10–13 J; protonen: Ek,p = 13,6 MeV = 13,6⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 2,179⋅10–12 J. a Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 Nieuwe onbekende: m. m van 3He+-ion: BINAS (tabel 25): atoommassa van He-3 : 3,016029 u, waarbij volgens tabel 7 van BINAS: 1 u = atomaire massaeenheid = 1,66054⋅10–27 kg ⇒ ⇒ m He-3-atoom = 3,016029 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 5,0082⋅10 – 27 kg Van dit atoom moet de massa van een elektron worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) ⇒ rustmassa elektron = 9,10939⋅10 – 31 kg ⇒ m He-3-ion = 5,0082⋅10 – 27 – 9,10939⋅10 – 31 = 5,0073⋅10 – 27 kg 1,2816 ⋅ 10 −13 =

1 ⋅ 5,0073 ⋅ 10 − 27 ⋅ v 2 ⇒ v = 2

2 ⋅ 1,2816 ⋅ 10 −13 5,0073 ⋅ 10 − 27

= 7,155 ⋅ 10 6 m/s Afgerond: v = 7,2⋅106 m/s

b

2 1H

+ 32 He → 11H + 42 He

waarbij 11H een proton voorstelt.

c Gegeven: mtumor = 0,145 g = 1,45⋅10–4 kg; D = 10 Gy. Gevraagd: aantal benodigde protonen N. Estr = N · Eproton Nieuwe onbekende: Estr. E str D= ⇒ E str = D ⋅ m = 10 ⋅ 1,45 ⋅ 10 − 4 = 1,45 ⋅ 10 − 3 J m 1,45 ⋅ 10 − 3 = N ⋅ 2,179 ⋅ 10 −12 ⇒ N =

1,45 ⋅ 10 −3 2,179 ⋅ 10 −12

= 6,654 ⋅ 10 8

Afgerond: N = 6,7⋅108

d - De bron zit dichter bij de tumor, er wordt veel minder gezond weefsel bestraald. - De activiteit van de gebruikte bron kan kleiner zijn omdat de concentratie protonen bij de punt groot is. 30 Alfa-verval Gegeven: a

224 88 Ra

224

→

Ra vervalt via α-straling; uitzenden op te vatten als ééndimensionale explosie.

220 86 Rn

+ 42 He

b BINAS (tabel 25): energie van het α-deeltje is 5,7 MeV ⇒ Ek = 5,7 MeV = 5,7⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 9,1314⋅10–13 J; Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 m van

4 2 He -kern:

Nieuwe onbekende: mα. BINAS (tabel 25): atoommassa van He-4 : 4,002603 u, waarbij

volgens tabel 7 van BINAS: 1 u = atomaire massaeenheid = 1,66054⋅10–27 kg ⇒ ⇒ m He-4-atoom = 4,002603 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 6,6465⋅10 – 27 kg Van dit atoom moet de massa van 2 elektronen worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) ⇒ rustmassa elektron = 9,10939⋅10 – 31 kg ⇒ m He-4 = 6,6465⋅10 – 27 – 2 ⋅ 9,10939⋅10 – 31 = 6,6447⋅10 – 27 kg 9,1314 ⋅ 10 −13 =

1 ⋅ 6,6447 ⋅ 10 − 27 ⋅ v 2 ⇒ v = 2

2 ⋅ 9,1314 ⋅ 10 −13 6,6447 ⋅ 10 − 27

= 1,6579 ⋅ 10 7 m/s Afgerond: v = 1,7⋅107 m/s

N.B. In het antwoord wordt de afgeronde waarde 1,7⋅107 m/s i.p.v. 1,6⋅107 m/s. Dit verschil wordt bepaald door de mate van afronding die je op de tussentijdse waarden toepast. c Bij een explosie geldt de wet van behoud van impuls: Σpvoor = Σpna, waarbij p = m ⋅ v ⇒ In dit geval is de explosie ééndimensionaal ⇒ 0 = pRn + pα ⇒ pRn = - pα ⇒ m mRn ⋅ v Rn = −mα ⋅ v α ⇒ v Rn = − α ⋅ v α Nieuwe onbekende: mRn. mRn BINAS (tabel 25): atoommassa van

220 86 Rn

: 220,01140 u

Van dit atoom moet de massa van 86 elektronen worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) ⇒ rustmassa elektron = 5,4858⋅10 – 4 u ⇒ mRn-220 = 220,01140 – 86 ⋅ 5,4858⋅10 – 4 = 219,964 u BINAS (tabel 7): 1 u = 1,66054⋅10–27 kg ⇒ mRn-220 = 219,964 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 3,6526⋅10–25 kg

Newton vwo deel 2

v Rn = −


6,6447 ⋅ 10 −27 3,6526 ⋅ 10 − 25

⋅ 1,6579 ⋅ 10 7 = 3,016 ⋅ 10 5 m/s

147

Afgerond: vRn = 3,0⋅105 m/s

31 PET-scan Gegeven: 11p +

16 8O

→

13 7N

+ 42 α

a Eerst moet nagegaan worden hoeveel massa bij de genoemde reactie vóóraf en naderhand aanwezig is. Als de massa toeneemt, moet de energie daarvoor geleverd worden door het proton: Ep = ∆m ⋅ c 2 waarin ∆m = het massatoename en de lichtsnelheid c = 2,998⋅108 ms–1 (zie BINAS tabel 7) of met behulp van BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV als je in de 'atomaire massaeenheid u' werkt. Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u


1 1p

13 7N

1,007825 - 1 ⋅ 5,4858⋅10–4

13,00574 - 7 ⋅ 5,4858⋅10–4

16 8O

4 15,99492 4,002603 2 He - 8 ⋅ 5,4858⋅10–4 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 Σmvoor = 16,9978 u Σmna = 17,0034 u massatoename ∆m =mna - mvoor = 17,0034 – 16,9978 = 5,598⋅10–3 u E = 5,598⋅10–3 ⋅ 931,49 = 5,214 MeV Afgerond: E = 5,21 MeV

b Bij de start van het productieproces neemt het aantal per seconde gevomde kernen sneller toe dan het aantal kernen dat per seconde vervalt. Naarmate er meer kernen gevormd zijn, neemt het aantal dat per seconde vervalt ook toe. Er stelt zich een evenwicht in als er per seconde evenveel kernen vervallen als er gevormd worden. c

13 7 N is

een β+-straler (zie ook BINAS tabel 25) ⇒ reactievergelijking:

13 7N

→

13 6C

+

0 +1e

d Gegeven: A(0) = 1,8⋅1011 Bq Binas (tabel 25): N-13 ⇒ t1/2 = 9,97 min A(t ) = A(0) ⋅ (

1 )t/t1/ 2 2

11

⇒ A(30) = 1,8 ⋅ 10

⋅(

30 1 ) 9,97 2

⇒ A(30) = 2,236 ⋅ 1010 Bq Afgerond: op t = 30 min = 0,5 u ⇒ A(t) = 2,2⋅1010 Bq

e Bij een korte halveringstijd is de radioactieve werking snel verdwenen. Dit betekent dat de activiteit in het begin groot is en dus heb je minder radioactieve stof nodig om de scan te maken. Daardoor krijgt de patient ook minder grote stralingsdosis te verwerken. 32 Bellenvatfoto Gegeven: proton-proton botsing waarbij voor de botsing ⇒ Ek,p1 = 150 MeV en Ek,p2 = 0 MeV en na de botsing ⇒ Ek,p3 = 5 MeV en mpion = 140 MeV en Ek,p2 = 0 MeV. a BINAS (tabel 7): mproton = 1,007276 u. Met 1 u = 931,49 MeV ⇒ mproton = 1,007276 ⋅ 931,49 = 938,27 MeV

Afgerond: mproton = 938 MeV

b Volgens de wet van behoud van massa én energie (equivalentie van massa en energie) geldt: Ek,p1 + mp1 + Ek,p2 + mp2 = Ek,p3 + mp3 + Ek,pion + mpion Invullen van gegevens: voor de botsing Σm + ΣEk = 2 ⋅ 938 + 150 + 0 = 2026 MeV; na de botsing Σm + ΣEk = 938 + 140 + 5 + 0 = 1083 MeV. Het is duidelijk dat de massa-energie-balans niet klopt. Voor de botsing is er duidelijk meer massa-energie aanwezig dan na de botsing. Dit betekent dat er nog een deeltje moet zijn ontstaan dat een massa-energie-waarde = 2026 - 1083 = 943 MeV vertegenwoordigt. c BINAS (tabel 26C - Samengestelde deeltjes): geeft aan dat de pionen in twee vormen voorkomen namelijk als π+- en π 0-deeltje. Aangezien bruikbare sporen in bellenvaten door geladen deeltjes worden veroorzaakt (afbuiging in magnetisch veld!) mag je aannemen dat het bij deze botsing gaat om een π+- deeltje. Bovendien geeft de tabel ook aan dat het π+- deeltje een massa-energie van 140 MeV vertegenwoordigt. Ook dit bevestigt voorgaande conclusie. Het betekent dat er zowel vóór als ná de botsing 2 éénwaardig positief geladen deeltjes aanwezig zijn. Als je uitgaat van 'behoud van lading' dan kan het derde deeltje na de botsing dus alleen maar een neutraal deeltje zijn met een totale massa-energie-waarde van 943 MeV. Ook nu weer valt in tabel 26C van BINAS op dat een neutron een (rust)-massa-energie-waarde heeft van 940 MeV. Dit ligt dicht in de buurt ligt van de berekende 943 MeV. Conclusie: het derde deeltje is waarschijnlijk een neutron.

Newton vwo deel 2


Ek,neutron = 943 - 940 = 3 MeV

148

Afgerond: Ek,neutron = 3 MeV

33 Neutrinodetectie a

1 1p

+ ν → 01n +

0 +1e

b De container is gevuld met een oplossing van cadmiumchloride in water. Een 'gewoon' watermolecuul bevat o.a. 2 11H -atomen d.w.z. met één proton als kern. Dus er is een zeer groot aantal protonen aanwezig. c De massa van een elektron is even groot als dat van een positron: melektron + mpositron = 2 ⋅ 5,4858⋅10–4 = 1,0972⋅10–4 u. BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV ⇒ Σm = 1,0972⋅10–4 ⋅ 931,49 = 1,022 MeV Bij de annihilatie komt dus een hoeveelheid van 1,022 MeV vrij als fotonenergie. d Bij het invangen van het neutron raakt het neutron gebonden aan de Cd-kern. Daarbij komt bindingsenergie vrij (d.w.z. het neutron 'verliest' een klein deel van zijn massa-waarde). Door de vrijgekomen energie raakt de Cd-kern in een aangeslagen toestand. En kennelijk keert de Cd-kern weer terug naar de grondtoestand onder uitzending van een aantal fotonen met een gezamenlijke energiewaarde van 9 MeV. Gezien de energiewaarde zijn behoren de uitgezonden fotonen tot het gamma-spectrum. e Het neutrino produceert een positron dat via annihilatie met een elektron twee fotonen van 0,51 MeV oplevert. Dat zijn gelijktijdig twee γ-flitsen. Enige tijd later vervalt een cadmium-kern onder uitzending van enkele γ-fotonen naar de grondtoestand. 34 Transuranen a Een transuraan is een isotoop met een atoomnummer hoger dan dat van uranium d.w.z. Z > 92. b De elementen met atoomnummer 1 t.m. 83 én atoomnummer 90 bezitten stabiele isotopen. Daarnaast hebben de elementen met atoomnummer 84 t.m. 89 en 91 t.m. 94 isopen met een dusdanig grote halveringstijd dat in de aarde nog restanten van deze stoffen aanwezig zijn. U-238 is daarvan een voorbeeld. c Voor de fusie van zwaardere kernen moet je ermee rekening houden dat deze een relatief grote positieve lading hebben vanwege het aantal protonen dat zich in zo'n kern bevindt. Deze positieve lading hebben een onderling afstotende werking. Om toch een fusie tot stand te brengen, moet de deelnemende kernen veel kinetische energie meegegeven worden zodat ze de afstotende krachten kunnen 'overwinnen'. d Plutonium (Pu) heeft atoomnummer 94 en calcium atoomnummer 20. Samen hebben deze kernen dus 114 protonen én kunnen ze door fusie een atoom produceren met atoomnummer 114. e In het artikel wordt niet vermeld welke isotopen van plutonium en calcium voor de fusiereaktie werden gebruikt en dus weet je niet hoeveel neutronen er in totaal in het gevormde isotoop terecht zijn gekomen. f Het nieuw gevormde element een massagetal A = Z + N = 114 + 175 = 289. 1 → 289 114 Xx + 3 ⋅ 0 n N.B. het heeft inmiddels de naam Newtonium gekregen.

Reactievergelijking: Xx = .....

48 244 20 Ca + 94 Pu

3 Kerncentrale 3.1 Structuur 35 Bespreek het structuurschema in de klas.

3.2 Verwerking 36 ● In de splijtstofstaven bevindt zich een mengsel van (verrijkt) U-235 en U-238. Het zijn als het ware de staven gevuld met 'brandstof'. ● De moderator bestaat uit een stof die de snelle neutronen, die vrijkomen bij een reactie, kan afremmen zodat ze gemakkelijker nieuwe splijtingsreacties kunnen veroorzaken. ● Regelstaven zorgen ervoor dat het aantal reacties per seconde constant blijft. Ze absorberen het teveel aan vrije neutronen. 37 ● Verrijkt uranium bevat een hoger percentage U-235 namelijk ca. 3% . ● Voor de splijtingsreactie is vooral U-235 nodig. Natuurlijk uranium bevat te weinig U-235 om splijtingsreacties in stand te kunnen houden. Er is geen kettingreactie mogelijk.

Newton vwo deel 2


149

38 De kern van een atoom is zeer klein vergeleken bij de afmetingen van het atoom zelf. Als er bij een splijtingsreactie nieuwe neutronen vrijkomen, is de kans niet zo groot dat ze de kern van een nog niet gespleten U-235-atoom treffen. Te meer omdat het percentage U-235 ook nog eens klein is. Er verdwijnen daardoor altijd neutronen aan de rand uit de stof of ze reageren met andere aanwezige stoffen, zoals U-238. N.B. Daarom kent men de term ‘kritieke massa’: de minimale hoeveelheid van bijv. U-235 die je bij elkaar moet stoppen om een kettingreactie op gang te kunnen brengen en in stand te kunnen houden 39 Een watermolecuul bestaat uit 2 waterstof-atomen (naast een zuurstofatoom). Een waterstofatoom neemt niet gemakkelijk een neutron op en bij een botsing met lichte kern is de energieoverdracht groot. 40 Het ‘kritiek-zijn’ betekent dat het aantal splijtingsreacties per seconde constant is. Het geleverde vermogen is dan ook constant. Als het aantal splijtingsreacties per seconde namelijk toeneemt dan verloopt de reactie binnen korte tijd explosief. 41 De regelstaven worden een stukje uit de kernreactor gehaald, er worden daardoor minder neutronen weggevangen. Het aantal splijtingsreacties per seconde neemt toe. Op het moment dat het gewenste grotere vermogen wordt bereikt, worden de regelstaven weer in een zodanige stand gezet dat de kernreactor weer kritiek is. Het aantal reacties per seconde is dan weer constant. 42

Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–11 J; mkern = 390⋅10–27 kg. Voor het massadefect: E = ∆m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1

a

⇒ ∆m =

b 43

E c

2

=

3,204 ⋅ 10 −11

(2,998 ⋅ 10 )

8 2

= 3,5648 ⋅ 10 − 28 kg

∆m 3,5648 ⋅ 10 −28 = = 9,141 ⋅ 10 − 4 m 390 ⋅ 10 − 27

In procenten:

Afgerond: ∆m = 3,56⋅10–28 kg ∆m ⋅ 100% = 0,914% m

Afgerond: 0,091%

Gevraagd: aantal kernsplijtingen per seconde n. Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–11 J; Preactor = 15⋅106 W. n=

E reactor 15 ⋅ 10 6 = = 4,682 ⋅ 1017 s −1 E reactie 3,204 ⋅ 10 −11

Afgerond: n = 4,7⋅1017 s–1

44 Gevraagd: rendement η. Gegeven: msplijting = 2,6⋅10–5 kg per seconde, waarvan 0,091% = 9,1⋅10–4 edeel wordt omgezet in energie; Pcentrale = 740⋅106 W.

η=

Pnuttig Pin

=

Pc Psplijting

Nieuwe onbekende: Psplijting.

Het vermogen Psplijting is het gevolg van het massadefect per seconde: 2 E splijting ∆m Psplijting = = ∆m ⋅ c = ∆m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 Nieuwe onbekende: ∆t . ∆t ∆t ∆t 9,1⋅10–4 -edeel van de hoeveelheid massa dat gespleten wordt, wordt omgezet in energie ⇒ ∆m = 9,1 ⋅ 10 −4 ⋅ 2,6 ⋅ 10 −5 = 2,366 ⋅ 10 −8 kg/s ∆t

(

Psplijting = 2,366 ⋅ 10 −8 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

η=

2,127 ⋅ 10 9 270 ⋅ 10

6

6 = 740 ⋅ 10 = 0,348 2,127 ⋅ 10 9

)

2

= 2,127 ⋅ 10 9 J Afgerond: η = 0,35 = 35%

45 Neutronen die uit de splijtstofstaven vrijkomen, worden door alle materialen in de omgeving geabsorbeerd, d.w.z. dat de kernen van de betreffende atomen neutronen opnemen. Door deze kernreacties in de staven en de wand onstaan er instabiele isotopen (en dus radioactieve stoffen). Ook de vervalproducten ten gevolge van de gewenste splijtingsreacties met U-235 zijn radioactief. 46 Door absorptie van neutronen kunnen via kernreacties uit waterstofkernen deuteriumkernen en

Newton vwo deel 2


tritium-kernen ontstaan :

1 1H

+ 01n → 21H en

2 1H

+ 01n → 31H

150

Hierbij is het tritium H-3 radioactief.

Evenzo kan de zuurstofkern O-16 uit het water ( H 2 O ) overgaan in O-17. Enzovoort. 47 • De stralingsbelasting wordt door stralingsmeters voortdurend gecontroleerd. Personeelsleden dragen daarom voortdurend een dosimeter. • Belangrijke onderdelen zoals meet- en regelsystemen zijn dubbel of driedubbel aanwezig. • Er is een noodkoelsysteem. • Het reactorvat bestaat uit dikke stalen wanden omgeven door betonnen wanden. • De betonnen veiligheidskoepel moet goed afsluiten en bescherming bieden tegen rampen van buitenaf. • De lucht in de koepel heeft een onderdruk zodat er alleen lucht van buiten naar binnen gaat en niet omgekeerd. Bovendien wordt de lucht gefilterd. 48 Beide verklaringen zijn niet juist: • Het gaat niet zozeer om het ontsnappen van straling. Deze straling komt niet ver. Wat wel van belang is het ontsnappen van de radioactieve vervalproducten (I-131, Cs-137 en Sr-90). Deze zijn via de lucht verspreid. Het gevaar zit er in dat deze isotopen door de planten worden opgenomen of via voedsel en lucht in het lichaam van mensen en dieren terecht komt. • De spinazie wordt bij de tweede verklaring alleen doorstraald. Op zich hoeft dat nog geen nadelige invloed te hebben. Het gevaarlijke zit er echter in dat de spinazie de radioactieve stoffen heeft opgenomen. Het eten van de groente, met de radioactieve stoffen die daar via het water in zijn opgenomen, is veel gevaarlijker. In dat geval is er sprake van inwendige besmetting. 49 a uranium winning

zuivering uraniumerst

verrijking

splijtstof staven

gebruik staven

opwerking afval

afval opslag

Voor de toelichting op de verschillende onderdelen: zie § 3.3. Splijtstofcyclus b De risico’s op vrijkomen zijn het grootst bij: - winning: er zijn dan open bronnen en er is radioactief mijnafval. - lozing van materiaal uit de opwerkingsfabriek. - opslaan van kernsplijtingsafval. Het gevaar is groot dat bijvoorbeeld door lekkage van opslagvaten toch radioactieve stoffen in het grondwater terecht komen.

3.3 Oefenopgaven 50 Splijtstofverbruik Gegeven: η = 32% = 0,32; Pe = 1000⋅106 W; Esplijting = 200 MeV = 200⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–11 J; per splijting 0,091% = 9,1⋅10–4 edeel van m omgezet in energie E. a• η=

Pnuttig Pin

=

6 Pe ⇒ 0,32 = 1000 ⋅ 10 Pr Pr

6 ⇒ Pr = 1000 ⋅ 10 = 3125 ⋅ 10 6 W Afgerond: Pr = 3,1 GW 0,32

• Stel aantal kernsplijtingen per seconde is n: 6 Pr n= ⇒ n = 3125 ⋅ 10 = 9,753 ⋅ 1019 s −1 − E splijting 3,204 ⋅ 10 11

Afgerond: n = 9,8·1019 s –1

b • Verbruik per seconde Het massadefect per seconde bepaalt het splijtstofgebruik per seconde: ∆m = 9,1⋅10–4 ⋅ ms 2 E Voor het massadefect: Er = ∆m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 ⇒ Pr = r = ∆m ⋅ c = ∆m ⋅ c 2 ∆t ∆t ∆t

(

3125 ⋅ 10 6 = ∆m ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 ∆t

)

2

6 ⇒ ∆m = 3125 ⋅ 10 ∆t 2,998 ⋅ 10 8

Het verbruik aan splijtstof per seconde =

(

3,477 ⋅ 10

−8

9,1 ⋅ 10 − 4

)

2

= 3,477 ⋅ 10 − 8 kg/s

= 3,821 ⋅ 10 −5 kg/s Afgerond: verbruik = 3,8⋅10–5 kg/s

• Jaarverbruik ∆tjaar = 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 = 3,154⋅107 s ⇒ jaarverbruik = 3,821⋅10–5 ⋅ 3,154⋅107 = 1,205⋅103 kg/jr Afgerond: jaarverbruik = 1,2⋅103 kg/jr c BINAS (tabel 28): steenkool rv = 29⋅106 Jkg–1 ⇒ verbruik Ech = rv ⋅ m of Pch =

E ch ∆t

= r v ⋅ ∆m ∆t

Newton vwo deel 2


Pch = Pr = 3125 ⋅106 W ⇒ 3125 ⋅106 = 29⋅106 ⋅

151

∆m = 3125 ⋅ 10 6 = 107,8 kg/s ∆t 29 ⋅ 10 6 Afgerond: jaarverbruik = 3,4⋅109 kg/jr

∆m ⇒ ∆t

Jaarverbruik = 107,8 ⋅ 3,154⋅107 = 3,398⋅109 kg/jr Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 50.

d 1,2⋅103 kg U-235 geeft dezelfde hoeveelheid energie als 3,4⋅109 kg steenkool ⇒ 1,0 kg U-235 levert evenveel als

3,4 ⋅ 10 9

⋅ 1,0 = 2,8 ⋅ 10 6 kg steenkool

1,2 ⋅ 10 3

Afgerond: m = 2,8⋅106

kg e Het uranium moet niet alleen gewonnen worden uit erts, het moet ook verrijkt worden. Bovendien moet het afval veel zorgvuldiger verwerkt worden vergeleken met het gebruik van fossiele brandstoffen. Voor deze processen is ook veel energie nodig. 51 Mijnafval a • Vervalreeks:

238 92 U

• Verval Rn-222:

→ α

222 86 Rn

234 90Th

→ β

218 84 Po

→ α

+

234 91Pa

→ β

234 92 U

→ α

230 90Th

→ α

226 88 Ra

→ α

222 86 Rn

4 2 He

b Rn-222 is een gasvormige α-straler. Bij inademing kan inwendige besmetting ontstaan. En juist bij α-stralers (met weegfactor = 20) is dat extra gevaarlijk. 52 Opwerking a• •

238 1 92 U + 0 n

→

239 94 Pu

235 92 U

→

239 92 U

+

→

239 93 Np

+

0 −1e

en

239 93 Np

→

239 94 Pu

+

0 −1e

4 2 He

b Voor verrijking wordt uranium omgezet in een gasvormige verbinding. Inademing van een gasvormige α-straler (met weegfactor = 20) is zeer gevaarlijk. 53 Kernramp a Xe-135 is via β-straling ontstaan ⇒

135 53 I

→

135 54 Xe

+

0 −1e .

Dit betekent dat I-135 het oorspronkelijke radioactieve isotoop was. b De kern van xenon kan een neutron absorberen. Het aantal neutronen dat nieuwe splijtingen kan veroorzaken, neemt daardoor af. c Borium (B). Regelstaven absorberen het teveel aan neutronen waardoor de reactor kritisch blijft. Als de regelstaven omhoog getrokken worden, is er een toename van het aantal neutronen dat een nieuwe reactie kan veroorzaken. d De moderator is grafiet (d.w.z. koolstof C). Voor splijting heeft men langzame (thermische) neutronen nodig. De moderator neemt een neutron niet (of zelden) op, maar remt het bij de botsing af doordat het neutron een behoorlijk deel van zijn kinetische energie kan overdragen. 54

Thoriumreactor a Eerst

232 1 90 Th + 0 n

→

233 90Th

⇒

233 90 Th

→

233 91Pa

+

0 −1e

⇒

233 91Pa

→

233 92 U

+

0 −1e

b Gevraagd: Esplijting. Gegeven:

233 92 U

+ 01n →

140 54 Xe

+

94 38 Sr

De energie Esplijting is het gevolg van het massadefect: E splijting = ∆m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 of als je het massadefect ∆m in de eenheid u berekent: E splijting = ∆m ⋅ 931,49 ( MeV ) want BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV

Nieuwe onbekende: ∆m.

Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u


233 92 U

140 54 Xe

233,03963

139,92144

Newton vwo deel 2


- 92 ⋅ 5,4858⋅10–4 1 0n

152

- 54 ⋅ 5,4858⋅10–4 94 38 Sr

93,91523 - 38 ⋅ 5,4858⋅10–4 Σmvoor = 233,9978 u Σmna = 233,7862 u massadefect ∆m =mvoor - mna = 233,9978 – 233,7862 = 0,21163 u 1,008665

Esplijting = 0,21163 ⋅ 931,49 = 197,13 MeV

Afgerond: Esplijting = 197 MeV

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 54. c Zodra de versneller wordt uitgezet, stopt ook de produktie van neutronen. Daardoor wordt er geen U-233 meer aangemaakt zodat ook deze splijtingsreactie stopt. Met U-235 kunnen de splijtingsreacties doorgaan omdat bij elke splijting er 2 of 3 neutronen vrijkomen. Deze reacties komen in de splijtstofstaven voor en zijn daarom ook veel minder gemakkelijk te beïnvloeden. 55 Fusiereactor a

Bij de fusiereaktie worden de positief geladen deuterium- en tritium-kernen gedwongen samen te smelten. In principe stoten deze kernen elkaar af vanwege de positieve lading van beiden. Door de hoge temperatuur hebben de kernen echter voldoende kinetische energie en dus snelheid om deze afstotende krachten te overwinnen.

b • 21D + 31T → 42 He + 01n • De energie E die vrijkomt, is het gevolg van het massadefect: E = ∆m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 of als je het massadefect ∆m in de eenheid u berekent: E splijting = ∆m ⋅ 931,49 ( MeV ) want BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV

Nieuwe onbekende: ∆m.

Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u


2 1D

4 2 He

3 1T

2,014102 - 1 ⋅ 5,4858⋅10–4

4,002603 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

1 3,016050 1,008665 0n –4 - 1 ⋅ 5,4858⋅10 Σmvoor = 5,0291 u Σmna = 5,0102 u massadefect ∆m =mvoor - mna = 5,0291 – 5,0102 = 0,01888 u

E = 0,01888 ⋅ 931,49 = 17,590 MeV 1

Ek = / 2 ⋅ m ⋅ v

c

2


Nieuwe onbekende: Ek en mneutron.

Ek = 0,80 ⋅ 17,59 MeV = 0,80 ⋅ 17,59 ⋅ 1,602⋅10–13 = 2,254⋅10–12 J BINAS (tabel 7): mneutron = 1,67493⋅10–27 kg 2,254 ⋅ 10 −12 =

1 ⋅ 1,67493 ⋅ 10 − 27 ⋅ v 2 ⇒ v = 2

2 ⋅ 2,254 ⋅ 10 −12 1,67493 ⋅ 10

− 27

= 5,188 ⋅ 10 7 m/s Afgerond: v = 5,2⋅107 m/s

d

6 3 Li

+ 01n →

7 3 Li

→

3 1T

+ 42 He

N.B. Volgens BINAS (tabel 25) is 73 Li -isotoop stabiel. Dat 73 Li hier toch vervalt in een trium-kern en een α-deeltje hangt samen met het feit dat het neutron door zijn snelheid ook energie inbrengt. De verhoogde energietoestand van de Li-7-kern maakt dat deze instabiel is. e Stel de snelheid v van een geladen deeltje wordt ontbonden in - een component evenwijdig aan de B-richting ⇒ in deze richting heeft de lorentzkracht FL geen effect en - een component loodrecht op de B-richting ⇒ in deze richting heeft de lorentzkracht FL een afbuigend effect. De lorentzkracht FL treedt hier op als middelpuntzoekende kracht Fmpz ⇒ er ontstaat een cirkelbeweging loodrecht op de B-richting. Bij elkaar genomen resulteert dit in een spiraalbaan:

magnetisch veldlijnen

vevenwijdig

vloodrecht

vloodrecht

vevenwijdig

Newton vwo deel 2


153

een cirkelbeweging loodrecht op de veldlijnen gecombineerd met een snelheid in de richting van de veldlijnen (zie figuur hiernaast). m ⋅v2 m ⋅v Nieuwe onbekenden: m, v , r en q. ⇒ B= r r ⋅q Omdat het om de maximale waarde voor B gaat, gaan we uit van de maximale waarde voor m

f Bij de afbuiging geldt: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

namelijk dat van tritium 31T : mT = 3,016050 - 1 ⋅ 5,4858⋅10–4 = 3,0155 u ⇒ mT = 3,0155 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 5,0220⋅10–27 kg Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 55. De snelheidscomponent v loodrecht op de B-richting is maximaal de gegeven waarde van 5⋅106 m/s d 7 ⋅ 10 −2 = = 3,5 ⋅ 10 −2 m 2 2 De lading q is de lading van het proton = + e = + 1,602⋅10–19 C De straal r =

Bmax =

5,0220 ⋅ 10 −27 ⋅ 5 ⋅ 10 6 3,5 ⋅ 10 −2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19

= 4,4778 T

Afgerond: Bmax = 5 T

56 Plutoniumbesmetting a

E str Stel het aantal Pu-238 atomen dat zou zijn vervallen = N, dan is E straling = N ⋅ E verval ⇒ N = E verval E str ⋅ weegfactor m Sv; m = 75 g = 75⋅10–3 kg; voor α-straling is de weegfactor = 20.

De dosisequivalent H = D ⋅ weegfactor ⇒ H = Gegeven: H = + 10 µSv = 10⋅10–6

10 ⋅ 10 −6 ⋅ 75 ⋅ 10 −3 = 3,75 ⋅ 10 − 8 J 20 75 ⋅ 10 Gegeven: Everval = 5,5 MeV = 5,5⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 8,811⋅10–13 J;

10 ⋅ 10 − 6 =

N=

E str

3,75 ⋅ 10 −8 8,811 ⋅ 10 −13

b BINAS (tabel 25):

−3

⋅ 20 ⇒ E str =

= 4,256 ⋅ 10 4 239 92 Pu heeft

Afgerond: N = 4,3⋅104

een halveringstijd t1/2 = 2,4⋅104 jaar en zendt α-straling uit

met een energie per deeltje van 5,2 MeV. Door de veel grotere halveringstijd vertoont een even grote hoeveelheid Pu-239 een veel kleinere activiteit en geeft daarmee in 50 jaar tijd een kleinere stralingsbelasting. Daarnaast is de energie per deeltje ook wat kleiner namelijk 5,2 MeV i.p.v. 5,5 MeV bij Pu-238. Ook dit geeft op termijn van 50 jaar een kleinere stralingsbelasting. Conclusie: de hoeveelheid Pu-238 geeft de grootste stralingsbelasting bij besmetting. 57 Stralingstherapie a

10 5B

+ 01n →

11 5B

→ 73 Li + 42 He

B-11 was het tussenproduct!

b De isotopen B-10, Li-7 en He-4 zijn stabiel. Er is na de behandeling geen sprake van besmetting. c In het artikel wordt 'dracht' gedefinieerd als ‘de afgelegde afstand tot het verval’. Dit is een onjuiste uitdrukking. De dracht is de afstand die een verval-deeltje zoals bijvoorbeeld een He-kern (= α-deeltje) in een bepaald medium gemiddeld kan afleggen. d • Er wordt geen (of nauwelijks) gezond weefsel kapot gemaakt. • De stralingsdosis ter plaatse van de tumor is groot. • Er zijn geen radioactieve vervalproducten. T.o.v. opgave 29: • Men kan gemakkelijker hersentumoren behandelen, er is geen naald in de tumor nodig. • Het borium vindt ‘vanzelf’ de juiste plaats.

Newton vwo deel 2


154

5 Afsluiting 5.1 Samenvatting 58 Bespreek het structuurschema in de klas. 59 Vergelijk jouw antwoorden met die van andere leerlingen. 60 Alternatieven zijn bijvoorbeeld: 1. fossiele brandstoffen: steenkool, gas en olie;4. windenergie; 5. waterenergie (kan ook uit eb en vloed ⇒ getijde-energie); 2. kernenergie: splijting en fusie; 6. brandstofcel. 3. zonne-energie;

61 Criteria kunnen zijn: 1. kosten per kWh; 2. gevolgen voor het milieu; 3. uitputting (voorraad op aarde);

4. plaats op aarde (voor zon, wind en water) – hier Nederland; 5. gevaar bij rampen voor de omgeving (explosies).

62 - 63 - 64 - 65 Bespreek de keuzes in de klas.

5.2 Oefenopgaven 66 Jodiumtabletten Oriëntatie: Gevraagd:op welke datum is de activiteit van I-131 gedaald tot 6% van maximum? Gegeven: op 1 mei bereikt de activiteit ten gevolge van het isotoop I-131 een maximum. Planning en uitvoering: Om de datum te bepalen moet je eerst weten na hoeveel dagen de activiteit is gedaald tot 6% van het maximum. De halveringstijd van I-131 kun je opzoeken ⇒ Binas (tabel 25): I-131 ⇒ t1/2 = 8,0 dagen Stel dat ∆t het aantal dagen is dat er 'geslikt' moet worden ⇒ ∆t = x ⋅ t1/2 = x ⋅ 8,0 dagen ⇒ Nieuwe onbekende: x. 6% = 0,06 edeel ⇒ de waarde van x volgt uit de vergelijking 0,06 =  1  2 1 , 222 x ⋅ log ( 21 ) = log 0,06 ⇒ x ⋅ ( −0,301) = ( −1,222) ⇒ x = = 4,059 0,301 Oplossing: x = 4,059 en dus ∆t = 4,059 ⋅ 8,0 = 32,47 dagen.

x

⇒

N.B. De benodigde rekenmethode m.b.v. de grafische rekenmachine is o.a. beschreven bij opgave 14 van hoofdstuk 12 uit deel 1b. Reken je voor de veiligheid met 33 dagen na 1 mei dan kom je uit op 3 juni. De bevolking moest dus tot 3 juni 1986 jodiumtabletten slikken. Controle: Als je rekent met 4× de halveringstijd (= 32 dagen) ⇒ dan is de activiteit verminderd 4

tot  1  = 0,0625 ⇒ 6,3% 2

Je zit dan inderdaad dicht in de buurt van de 6%.

67 JET Oriëntatie: Gevraagd:

Enieuw . E oud

Gegeven: kernreactie 'oude type':

2 1H

+

2 1H

2 1H

→ 32 He +

3 1H

kernreactie 'nieuwe type': + → Planning: Oude type fusie: De energie komt vrij dankzij het feit dat er voor de reactie massa wordt omgezet in energie (massadefect): isotoop m in u E = m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 fusie

De hoeveelheid energie die vrijkomt, is evenredig met het massadefect ∆m ⇒

2 ⋅ 21H

1 0n

;

4 1 2 He + 0 n .

2 ⋅ 2,014102 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

na de reactie m in u

isotoop 3 2 He

3,016029 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

1 0n

1,008665

Σmvoor = 4,0721 u Σmna = 4,0236 u massadefect ∆moud = 4,0721 – 4,0236 = 0,00351 u

Newton vwo deel 2


155

Enieuw ∆mnieuw = Eoud ∆moud Nieuwe onbekende: ∆mnieuw en ∆moud. ∆m = Σm voor reactie – Σm na reactie

Nieuw type fusie:

Uitvoering:

voor de reactie Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. isotoop m in u Verder zie tabellen hiernaast. 2 2,014102 H 1 Enieuw 0,01888 - 1 ⋅ 5,4858⋅10–4 = = 5,3789 3 E oud 0,00351 3,016050 H


isotoop 4 2 He

4,002603 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

1 0n

1,008665 - 1 ⋅ 5,4858⋅10 Σmvoor = 5,0291 u Σmna = 5,0102 u massadefect ∆mnieuw = 5,0291 – 5,0102 = 0,01888 u 1

Controle: er komt 5,38 × zoveel energie vrij met het nieuwe type fusiereactie.

–4

68 Energievoorziening Oriëntatie: Gevraagd: aantal jaren N. 2 1H

Gegeven: water ⇒ 9,9⋅1024

-kernen per m3; IJsselmeer ⇒ 1,8⋅109 m3 water; rendement η = 1;

Ewereld (= Ew) per jaar = 2,6⋅1020 J. Planning: De beschikbare energie Eb = N ⋅ Ew Nieuwe onbekende: Eb. De energie Eb komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie van twee H-2-kernen massa wordt omgezet in energie (massadefect): E b = m t ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 en mt het totale massadefect. Nieuwe onbekende: mt. Stel dat er met de voorraad Nf fusiereacties mogelijk zijn en het massadefect per fusiereactie ∆m ⇒ mt = Nf ⋅ ∆m

Nieuwe onbekenden: Nf en ∆m.

Aantal fusies Nf : stel dat er in het IJsselmeer in totaal Nij H-2-kernen aanwezig zijn. N ij Per fusie zijn twee H-2-kernen nodig ⇒ N f = Nieuwe onbekende: Nij. 2 Nij = aantal

2 1H

-kernen per m3 × watervolume IJsselmeer.

Massadefect ∆m: ∆m = m voor reactie – m na reactie. De fusiereactie waar het omgaat is

2 1H

+

2 1H

→ 32 He +

1 0n

Met behulp van de gegevens in tabel 7 en tabel 25 van BINAS is het massadefect te bereken. voor de reactie m in u

Uitvoering: Aantal fusies Nf : Nij = 9,9⋅1024 ⋅ 1,8⋅109 = 1,78⋅1034 1,78 ⋅ 10 ⇒ Nf = 2

34

isotoop

2 ⋅ 21H

= 8,91 ⋅ 10 33

Het massadefect per reactie: zie tabel hiernaast. mt = 8,91⋅1033 ⋅ 5,8285⋅10–30 = 5,193⋅104 kg

(

En met η = 1 ⇒ Eb = 5,193 ⋅ 10 4 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 4,67 ⋅ 1021 = N ⋅ 2,6 ⋅ 1020 ⇒ N =

)

2

2 ⋅ 2,014102 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4


isotoop 3 2 He

3,016029 - 2 ⋅ 5,4858⋅10–4

1 0n

1,008665

Σmvoor = 4,0721 u Σmna = 4,0236 u massadefect ∆moud = 4,0721 – 4,0236 = 0,00351 u ⇒ ∆moud = 0,00351 ⋅ 1,66054⋅10–27 = 5,8285⋅10–30 kg = 4,67 ⋅ 10 21 J

4,67 ⋅ 1021

= 1,795 ⋅ 101 jr Afgerond: N = 18 jaar 2,6 ⋅ 10 20 Controle: het IJsselmeerwater kan 18 jaar in de wereldenergiebehoefte voorzien. 69 Plutoniumgenerator Oriëntatie: Gevraagd: a Pe na 7,0 jaar? b rekening houden met dochterkernen? Gegeven: rendement η = 0,034; mPu-238 = 33 kg met A(0) = 2,1⋅1016 Bq; α-straler met t1/2 = 87,7 j; Ereactie = 5,6 MeV = 5,6⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 8,9712⋅10–13 J.

Newton vwo deel 2


Planning vraag a: Pnuttig Pe η= = ⇒ Pe = η ⋅ Pg Pin Pg Pg = A(t ) ⋅ Ereactie

156

Nieuwe onbekende: Pg.

Nieuwe onbekende: A(t).

A(t ) = A(0) ⋅ ( 21 )t/t1/ 2 Uitvoering vraag a: 7,0

A(7,0 ) = 2,1 ⋅ 1016 ⋅ ( 21 ) 87,7 ⇒ A(7,0) = 1,987 ⋅ 1016 Bq Pg = 1,987 ⋅ 1016 ⋅ 8,9712 ⋅ 10 −13 = 1,7826 ⋅ 10 4 W Pe = 0,034 ⋅ 1,7826 ⋅ 10 4 = 6,06 ⋅ 10 2 W

Afgerond: Pe = 6,1⋅102 W = 0,61 kW

Controle: een vermogen van 600 W lijkt een aannemelijke grootte. Vervolg - uitwerking vraag b - op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 69. Planning vraag b: Om na te gaan in hoeverre er rekening gehouden moet worden met de dochterkernen, moet je na gaan • welke dochterkernen er zoal ontstaan en • moet je proberen een indruk te krijgen van de activiteit van elk van die dochterkernen en • moet je weten hoe groot de energie per reactie is. Uitvoering vraag b: • Hieronder wordt de vervalreeks van de eerste 3 stappen vermeld met bijbehorend verval en halveringstijd: 238 94 Pu

    → α, t1/ 2 = 87,7 j

234 92 U

      → 5 α, t1/ 2 = 2,4⋅10

j

230 90Th

      → 4 α, t1/ 2 = 7,7 ⋅10

j

226 88 Ra

      → ... 3 α, t1/ 2 =1,60 ⋅10

j

• Het is duidelijk dat de dochterkernen tot in de 3e generatie zeer grote halveringstijden hebben vergeleken met die van Pu-238. Dit betekent dat de activiteit na 7,0 jaar van die isotopen zeer klein is vergeleken met die van Pu-238. • Omdat de activiteit van de dochterkernen te verwaarlozen is, heeft het ook geen zin uitgebreid na te gaan hoe groot de energie per reactie is. Deze worden wel vermeld in de laatste kolom van tabel 25 van BINAS. Controle: er hoeft geen rekening gehouden te worden met de dochterkernen. 70 Splijtingsbom Oriëntatie: Gevraagd: mU-235 voor splijtingsbom van 1 Mton TNT? Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅106 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–11 J; mU = 235 kg ⇒ Nk = 6,0⋅1026; explosie van 1 ton TNT ⇒ E = 4,2⋅109 J. Planning: Stel het totale aantal benodigde kernen = Ntotaal, dan is mU-235 = N totaal =

E bom E splijting

N totaal N totaal ⋅ 235 = ⋅ 235 kg Nk 6,0 ⋅ 10 26 Nieuwe onbekende: Ntotaal.

Nieuwe onbekende: Ebom.

Uitvoering: Ebom = 1 Mton TNT = 1⋅106 ton TNT = 1⋅106 ⋅ 4,2⋅109 = 4,2⋅1015 J N totaal = mU-235 =

4,2 ⋅ 1015 3,204 ⋅ 10 −11

1,311 ⋅ 10 26 6,0 ⋅ 10 26

= 1,311 ⋅ 10 26

⋅ 235 = 51,34 kg

Afgerond: minimaal mU-235 = 51 kg

Controle: Hier wordt de minimale hoeveelheid berekend omdat we hier uitgaan van 100 % splijting. In de praktijk ligt dit percentage lager. De berekende 51 kg lijkt een redelijke hoeveelheid. 71 Kernafval

Newton vwo deel 2


Oriëntatie: Gevraagd: hoe verandert de grootheid t* in de loop van de tijd t ? Gegeven: 92Kr met t1/2 = 2 s ; 141Ba met t1/2 = 18 min ; 131I met t1/2 = 8 d ;

137

157

Cs met t1/2 = 30 j.

Planning en uitvoering: De isotoop met de kortste halveringstijd (92Kr) heeft in het begin de grootste activiteit en bepaalt dus in grote mate de halveringstijd t* van het mengsel van primaire splijtingsproducten ⇒ in het begin is t* dus klein. Dit isotoop is dus relatief ook snel verdwenen. 100 Daarna bepaalt het isotoop (141Ba) met de langere halveringstijd de mate van activiteit en dus het verloop ervan ⇒ A(t) 75 ⇒ t* wordt groter. Daarna bepaalt het volgende isotoop (131I) de mate waarin de activiteit afneemt ⇒ t* wordt steeds groter. Je kunt dit ook duidelijk maken door in één diagram de activiteit van de verschillende isotopen weer te geven. In de figuur hiernaast is dit gedaan voor het tijdsverloop van 24 dagen, er van uitgaande dat elk isotoop in het begin dezelfde activiteit heeft (hiernaast op '25' gesteld). Het is duidelijk dat het verloop in het begin sterk bepaald wordt door 92Kr en op het eind door 137Cs.

50

eindresultaat

25 131 92

Kr

Controle: de halveringstijd t* wordt steeds groter in de loop van de tijd.

141

0

137

I

Ba 2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Planning: Bij paarvorming is er sprake van de volgende reactie: γ → +01e + −01e Indien er sprake is van impulsbehoud moet er gelden: pfoton = ppositron + pelektron . Nieuwe onbekende: pfoton , ppositron en pelektron. Ef • pf = Nieuwe onbekende: Ef. c I.v.m. de paarvorming geldt ook dat Efoton = Epositron + Eelektron waarbij Epositron = Eelektron = m ⋅ c 2 Hierbij is m = mpositron = melektron = 9,10939⋅10–31 kg en c = 2,998⋅108 ms–1 (zie BINAS tabel 7). De impuls van het positron en het elektron is te bepalen uit de kromming elk van de banen: voor de afbuiging in het magnetische veld geldt: m ⋅v2 ⇒ m ⋅ v = B ⋅ q ⋅ r ( = p) r d.w.z. pp = B ⋅ qp ⋅ rp en pe = B ⋅ qe ⋅ re Nieuwe onbekenden: q en r, zowel van het positron als het elektron.

FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

De lading q is voor beide in grootte hetzelfde namelijk qpositron = q elektron = e = 1,602 ⋅ 10 −19 C (zie BINAS tabel 7). De straal r van de baan is te vinden als je bedenkt dat bij een cirkelbaan de straal altijd loodrecht op de raaklijn aan die baan staat. - De straal moet om te beginnen loodrecht op de baan elektron e van het γ-foton staan. - Door botsingen in het bellenvat neemt de snelheid van de deeltjes af (dit is te zien aan de spiraalvorm). Dat betekent dat een tweede constructie niet te ver gemaakt mag worden t.o.v. de plaats van ontstaan (verder zie figuur). Uitvoering: Met behulp van de contructiefiguur is bepaald dat rp = 8,5 mm = 8,5⋅10–3 m en re = 7,5 mm = 7,5⋅10–3 m pp = 0,21 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 8,5 ⋅ 10 −3 = 5,38 ⋅ 10 −22 Ns pe = 0,21 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 7,5 ⋅ 10 −3 = 2,52 ⋅ 10 −22 Ns en daarmee zou •

pf = 2,86 ⋅ 10 −22 + 2,52 ⋅ 10 −22 = 5,38 ⋅ 10 −22 Ns

re = 7,5 mm

positron e+

rp = 8,5 mm

foton

22

t (d)

72 Paarvorming Oriëntatie: Gevraagd: is er sprake van impulsbehoud? Gegeven: B = 0,21 T en sporen van positron en elektron op bellenvatfoto.

•

Cs

24

Newton vwo deel 2


158

Deze waarde moet overeenstemmen met de bepaalde waarde van pfoton via de energievergelijking:

(

E foton = 2 ⋅ m ⋅ c 2 = 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

)

2

= 1,638 ⋅ 10 −13 J

1,638 ⋅ 10 −13

= 5,462 ⋅ 10 − 22 Ns 2,998 ⋅ 10 8 Controle: m.b.v. de sporen in de bellenvatfoto is bepaald dat pfoton = 5,38⋅10–22 Ns zou moeten zijn. Door uit te gaan van de wet van behoud van massa-energie is afgeleid dat pfoton = 5,46⋅10–22 Ns. Gezien de onnauwkeurigheid in de meting van de kromtestralen kan geconcludeerd worden dat er in dit geval sprake is van impulsbehoud. pf =

•

73 Energieproductie in de zon Oriëntatie: Gevraagd: is de ouderdom van de zon te verklaren met de ideeën over a verbranding en b gravitatiecontractie? 2

Gegeven: verbranding ⇒ U = M ⋅ rv ; gravitatiecontractie ⇒ U = 1,5 ⋅ G ⋅ M ⇒ J R 30 6 BINAS (tabel 33C De zon): M = 1,989⋅10 kg; R = 696,0⋅10 m; uitgestraald vermogen P = 0,390⋅1027 W. BINAS (tabel 28A Stookwaarden): steenkool rv = 29⋅106 Jkg–1 BINAS (tabel 7): gravitatieconstante G = 6,6727⋅10–11 Nm2kg–2 Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 73. Planning U U P= ⇒ t= t P

Nieuwe onbekende: U.

Planning en uitvoering vraag a verbranding: U = 1,989 ⋅ 10 30 ⋅ 29 ⋅ 10 6 = 5,768 ⋅ 10 37 J t=

5,768 ⋅ 10 37 0,390 ⋅ 10 27

÷ 3600

÷ 24

÷ 365,256

= 1,479 ⋅ 1011 s  → 4,108 ⋅ 10 7 u → 1,712 ⋅ 10 6 d   → 4,687 ⋅ 10 3 jaar

Planning en uitvoering vraag b gravitatiecontractie: U = 1,5 ⋅ 6,6727 ⋅ 10 −11 ⋅

(1,989 ⋅ 10 )

30 2

696,0 ⋅ 10 6

5,6892 ⋅ 10 41

= 5,6892 ⋅ 10 41 J

÷ 3600

÷ 24

÷ 365,256

= 1,459 ⋅ 1015 s  → 4,052 ⋅ 1011 u → 1,688 ⋅ 1010 d   → 4,623 ⋅ 10 7 jaar 0,390 ⋅ 10 27 Controle: Op basis van verbranding van steenkool zou de zon 4,7 duizend jaar het stralingsvermogen kunnen leveren. Op basis van gravitatiecontractie is dit 46 miljoen jaar. De conclusie is dat de ouderdom van de zon niet is te verklaren op basis van deze twee verschijnselen aangezien beide tot een veel kortere levensduur leiden dan de minstens 5 miljard jaar die uit andere schattingen is gebleken. t=

74 Levensduur van de zon Oriëntatie: Gevraagd: levenduur tz van zon? Gegeven: mz,c = ca.10 % van mz,t ⇒ mz,c = 0,10 ⋅ mz,t; massadefect = 4,6⋅10–29 kg per gevormde

4 2

He - kern ;

mH-1 = 1 kg ⇒ Nk = 6,0⋅10 ; aanname 1 ⇒ mz,c volledig bestaand uit H-1 en 26

aanname 2 ⇒ alle H-1 wordt omgezet in He-4; Reactievergelijking: 4 ⋅ 11 H → 42 He + 2 ⋅ 01e Planning: Stel de oorspronkelijke energievoorraad van de zonnekern is Ez,v en E z,v het uitgestraalde vermogen van de zon is Pz,u ⇒ t z = Nieuwe onbekenden: Ez,v en Pz,u. Pz,u Pz,u is te vinden in BINAS (tabel 33 C): Pz,u = 0,390⋅1027 W De energie Ez,c komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie massadefect optreedt. Stel het totale massadefect is mt ⇒ E z,c = m t ⋅ c 2 met c = 2,998⋅108 ms–1 mt.

Nieuwe onbekende:

Newton vwo deel 2


Het totale massadefect is te bepalen als je het totale aantal van de zon weet. Per gevormde He-4-kern zijn vier Het aantal

1 1 H - kernen

1 1 H - kernen

1 1 H - kernen

159

NH in het centrum NH ⋅ 4,6 ⋅ 10 − 29 kg 4 Nieuwe onbekende: NH. ⇒

nodig ⇒ mt =

Nk = 6,0⋅1026 per 1 kg mH-1 ⇒ N H = N k ⋅ m z,c

N H = N k ⋅ m z,c ⇒ N H = 6,0 ⋅ 10 26 ⋅ 0,10 ⋅ m z,t

Nieuwe onbekende: mz,t.

Uitvoering: mz,t is te vinden in Binas (tabel 33 C): mz,t = 1,989⋅1030 kg N H = 6,0 ⋅ 10 26 ⋅ 0,10 ⋅ 1,989 ⋅ 10 30 = 1,1934 ⋅ 10 56 mt =

1,1934 ⋅ 10 56 ⋅ 4,6 ⋅ 10 −29 = 1,3724 ⋅ 10 27 kg 4

(

E z,c = 1,3724 ⋅ 10 27 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 tz =

1,2335 ⋅ 10 44 0,390 ⋅ 10 27

gedurende t z =

)

2

= 1,2335 ⋅ 10 44 J

= 3,163 ⋅ 1017 s Aangezien 1 jaar = 365,25 ⋅ 24 ⋅ 3600 = 3,156⋅107 s , kan de zon

3,1629 ⋅ 1017 3,156 ⋅ 10 7

= 1,002 ⋅ 1010 jaar straling uitzenden onder de bovengenoemde aannames.

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 74. Controle: de levensduur is ruwweg 10 miljard jaar. Men gaat in de sterrenkunde ervan uit dat de zon ca. 4,6 miljard jaar schijnt en dat de zon nog voldoende brandstof heeft om nog zo'n 5 miljard jaar door te gaan. De conclusie bij deze opgave stemt dus goed overeen met deze gegevens.

Besluitvorming Bij de opgaven 75 t.m. 80 gaat het om inzicht te krijgen in het besluitvormingsproces omtrent het gebruik van kernenergie. Het gaat er steeds om dat je een goed idee hebt over de voordelen en nadelen van het onderwerp. Vanuit de nadelen kun je gaan zoeken naar alternatieven. Zowel bij de voor- en nadelen als bij de alternatieven is het belangrijk dat je weet welke criteria je daarbij hanteert. Dat maakt dat je beter een eigen beargumenteerde mening kunt vormen over het onderwerp. Aangezien bovenstaande nogal individueel bepaald is (met name door de gehanteerde criteria: wat vind jij belangrijk in het leven?) is er niet één goed antwoord. Bij de komende opgaven gaat met duidelijk om meningsvorming. Hieronder worden daarom ook niet direct 'goede antwoorden' gegeven. Wel worden steeds een aantal voordelen, nadelen, alternatieven en criteria genoemd. 75 Zeedumping Voordelen: • de zee is zo groot dat er bij lekkage zo sterk verdund wordt dat je er toch heel weinig van merkt; • de gedumpte stoffen hebben een redelijk korte halveringstijd en nemen dus snel in activiteit af; • goedkoop. Nadelen: • vaten kunnen gaan lekken; • elke bijdrage aan verhoging van de radioactiviteit is er één; • radioactieve stoffen komen in het voedselketen terecht. Alternatieven: • dumping in open zee, via pijpleiding zodat het sneller verspreid en verdund wordt; • dumping in beton in een klein gebied van de oceaan; • opslaan in een zoutmijn. Criteria: • de gedumpte stoffen verhogen de radioactiviteit nauwelijks; • besmetting van kleine zeedieren is acceptabel; • iedere (ook de geringste) verhoging van de radioactiviteit is niet acceptabel; • wij hebben verantwoording voor de toekomstige generaties.

Newton vwo deel 2


76 Besmetting Voordelen: • de mate van besmetting van duiven laat zien hoe gevaarlijk het in de buurt is van de fabriek; • opwerking van kernafval voorkomt nog ergere besmetting van het milieu. Nadelen: • duiven zijn sterk radioactief besmet in de buurt van de opwerkingsfabriek in Sellafield; • aanraken van duiven geeft een sterke bestraling; • de uitwerpselen zorgen voor verontreiniging van de bodem. Alternatieven: • niets doen, de situatie met de duiven laten zoals die is; • de duivenpopulatie afmaken; • de opwerkingsfabriek sluiten. Criteria: • er is geen gevaar voor de omwonenden zolang ze de duiven niet aanraken; • er is altijd een invloed van de besmette duiven op het milieu (bijv. uitwerpselen); • dieren, in dit geval duiven, mogen niet de dupe worden van menselijk handelen; • BNFL zorgt ervoor dat de situatie onder controle is en blijft.

160

Newton vwo deel 2


161

77 Afvalopslag Voordelen: • een hoge wal, granieten palen met pictogrammen, informatiecentrum bestaande uit granieten muren enz. kunnen lang meegaan; • uitgebreide informatie in archieven, wegenkaarten, leerboeken enz. leveren een goede bijdrage aan het vereeuwigen van belangrijke informatie; • Stonehenge laat zien dat het mogelijk is om over zeer lange tijd 'informatie' beschikbaar te houden. Nadelen: • 'eng' is ook aantrekkelijk; • gevaar van geroofd worden van de materialen. Alternatieven voor de markering: • in archieven, atlassen e.d.; • via een wal met palen en pictogrammen; • via een elektronische handtekening. Criteria: • de informatie moet afstoten, niet aantrekken; • belangrijke informatie moet lang genoeg meegaan; • informatie mag niet uitwisbaar zijn. 78 Natuurlijke kernreactor Voordelen: • het ongemoeid laten van natuurlijke reactorplaatsen levert de mogelijkheid om het gedrag van splijtingsprodukten te bestuderen. Nadelen: • je laat bruikbaar uranium liggen. Alternatieven: • de bodem intact laten, winning stoppen; • doorgaan met de winning. Criteria: • het is belangrijk om het gedrag van actiniden en splijtingsproducten te kunnen bestuderen; • er is een unieke situatie; • er is een gering economisch belang. 79 Duurzame energiebronnen Voordelen: • olieprijs is flink gedaald; • door onderzoek te doen aan zonnecellen, vermeerderd onze kennis over dit onderwerp. Nadelen: • windturbines en zonnecellen zijn duur en problematisch; • het aantal turbines, dat je kunt plaatsen, is niet onbeperkt; • energie uit biomassa blijkt duurder dan gedacht. Alternatieven: • zonnecellen subsidiëren; • de energieprijs opvoeren; • de bouw van windturbines bevorderen; • stimuleringsprojecten bio-energie opzetten. Criteria: • het is belangrijk zoveel mogelijk gebruik te maken van duurzame bronnen; • de energiebedrijven hebben een inspanningsverplichting; • vrijwilligheid – vrije-marktprincipe moeten ons handelen bepalen; • regering behoort maatregelen te nemen. 80 Thermonucleaire energie Criteria: • bereiken van de kennis van thermonucleaire energie; • met schepen de ruimte in trekken (en contact opnemen met de Federatie). Noodzakelijke koppeling: Proeven en explosies met thermonucleaire energie voer je niet op je eigen planeet uit, dat is te gevaarlijk.

Newton vwo deel 2


Het betekent waarschijnlijk je ondergang.

162

Newton vwo deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 21 Kernenergie 139

Recommend Documents